多项式的各种运算总结(持续更新)
标签： 多项式开方 多项式求逆
多项式
多项式是个啥呢？
我们通常说的都是一元的多项式，所以一个多项式可以写成形如：
(a_ 0+a_ 1x+a_ 2x^2+a_ 3x^3......)的式子
注意到，真正有用的是数列({a_i})
但是一旦我们要涉及到什么运算，就会发现对于({a_i})的某些运算不是特别方便。
所以我们定义生成函数(A(x)=sum_{i=0}^{infty}a _ix^i)。(A(x))就称为数列({a _i})的生成函数。
通过生成函数，我们可以重新定义对于数列的一系列运算。
相等
对于数列来说，相等的条件是数列的每一项都相等。
但是对于生成函数来讲，对于任意(xin C)都有(A(x)=B(x)),那么有多项式(A(x)=B(x))
加法
对于数列来说，加法就是数列的每一项都做加法。
但是对于生成函数来讲，对于任意(xin C)都有(C(x)=A(x)+B(x)),那么有多项式(C(x)=A(x)+B(x))
讲了这么多，是不是感觉很没用，too young too simple啊，接下来看点有用的。
乘法
假如数列({c_i})是数列({a _i},{b _i})相乘的结果，
那么有(c_i=sum_{j=0}^ia _jb_{i-j})
注意到直接计算的复杂度是(O(n^2))的。
这时候，就需要用到生成函数了。
显然，对于任意(x in C),都有(C(x)=A(x)B(x)),那么多项式(C(x)=A(x)B(x))
借用方程的思想，如果我们知道了这个多项式n+1个点的值，那么就可以确定这个多项式的前n+1项。(假设其他项都为0)
所以现在的问题是，怎么快速的计算这n+1个点的值。
由于点是我们随便取得，我们可以通过取一些特殊的点来达到这个目的。
不妨取1的n次负根的各个次幂，设(w_ n)表示1的n次复根，我们分别取(w_ n^0,w_ n^1,......w_ n^{n-1})
对于这些点来说，有一些奇怪的性质。
- (w_ {2n}^{2k}=w_ n^k)
- (w_ {2n}^{k}=-w_ {2n}^{k+n})
这有什么用呢，
假如要求一个多项式(A(x)=sum_{i=0}^{2n-1}a _ix^i)将(w _{2n}^k(kin[0,2n)))代入的结果
我们可以利用分治的思想，先求出(B(x)=sum_{i=0}^{n-1}a _{2i}x^i,C(x)=sum _{i=0}^{n-1}a _{2i+1}x^i)将(w _{n}^k(kin[0,n)))代入的结果。
接下来，对于任意一个(A(w _{2n}^k))，都能表示成(B,C)两个多项式的和。
我们只需要对k讨论即可。
假如(k < n),那么(A(w _{2n}^k))=(B(w _n^k)+w _{2n}^kC(w _n^k))
假如(k >= n),那么(A(w _{2n}^k))=(B(w _n^{k-n})-w _{2n}^{k-n}C(w _n^{k-n}))
这样，复杂度(T(n)=O(n)+2T(n/2))
最终复杂度为(O(nlogn))
我们现在已经将多项式转化成了点值，如果想将点值重新转化成多项式，只需要再做一次逆矩阵的乘法即可。
实现的时候还需要注意，因为分治严格的分成了两份，所以一开始先要把n变为2的幂，然后才能做分治。
除了整个复数域都可以，模意义下也可以进行多项式的乘法。
可以注意到，原根有着与上面一样的性质。
模意义下,显然有(x^{p-1 over 2}=-1)（x为p的原根，p为质数）
于是在模意义下也可以进行多项式乘法。
求逆
对多项式而言，两个多项式相乘等于单位多项式，那么这两个多项式互逆。
显然，单位多项式的条件是任何多项式乘以单位多项式都为原来的多项式。
不难发现这样的多项式是(F(x)=1)。
写成数学符号：若(A(x)B(x)=1)，则(A,B)两个多项式互逆。
当然，一般情况下几乎都是在模意义下进行，而且只关注前n项的值。
和乘法类似，求逆也需要用到分治的方法。
(A(x)B(x)=C(x) [n])代表(A(x)与B(x)的乘积在前n项的结果与多项式C(x)的前n项相同)
假如有(A(x)C(x)=1 [{n over 2}])
我们需要知道(B(x)C(x)=1 [n])
相减得((B(x)-A(x))C(x)=0 [n over 2])
显然(C(x))不等于0.
所以(B(x)-A(x)=0 [{n over 2}])
但是我们需要求的是前n项的，所以我们可以对上面这个式子平方。
如果一个多项式前({n over 2})项都是0，那么平方之后前(n)项应该都是0.
((B(x)-A(x))^2=0[n])
(A(x)^2-2A(x)B(x)+B(x)^2=0 [n])
移项，得(B(x)^2=2A(x)B(x)-A(x)^2)
(B(x)=2A(x)-{A(x)^2 over B(x)})
又有$B(x)C(x)=1 [n] (
分母分子同时乘上)C(x)(,
得)B(x)=2A(x)-A(x)^2C(x)$
当n=1时，显然可以直接求逆元。
复杂度(T(n)=T(n/2)+O(nlogn))
开方
即求(B(x)^2=C(x) [n])
借用刚才的思路，我们先求出(A(x)^2=C(x) [{n over 2}])
(B(x)^2-A(x)^2=0 [{n over 2}])
有((B(x)^2-A(x)^2)^2=0 [n])
那么 (A(x)^4-2A(x)^2B(x)^2+B(x)^4 =0 [n])
(B(x)^2={A(x)^4+B(x)^4 over 2A(x)^2}[n])
(2B(x)^2={(A(x)^2+B(x)^2)^2 over 2A(x)^2}[n])
(B(x)^2=({A(x)^2+B(x)^2 over 2A(x)})^2[n])
即(B(x)^2=({A(x)^2+C(x) over 2A(x)})^2[n])
那么括号里面的即为所求。
当其只有一项的时候，只需要在模意义下做二次剩余即可。
（未完待续）